第三章 铁 金属材料 单元检测（含解析） 2023-2024学年高一上学期化学人教版（2019）必修第一册

第三章 铁 金属材料 单元检测
一、单选题
1．除去铁粉中混有的少量铝粉，可选用的试剂是（　　）
A．H2O B．浓H2SO4 C．NaCl D．NaOH
2．实验室中，要使AlCl3溶液中的Al3＋全部沉淀出来，适宜用的试剂是(　　)
A．NaOH溶液 B．Ba(OH)2溶液
C．盐酸 D．氨水
3．铝合金大量用于飞机制造，是因为（　　）
A．Al的活泼性弱 B．Al的还原性弱
C．Al合金密度小，强度大 D．常温下Al不与反应
4．偏二甲肼（C2H8N2）是一种高能燃料，燃烧产生的巨大能量可作为航天运载火箭的推动力。下列叙述错误的是（　　）
A．偏二甲肼（C2H8N2）的摩尔质量为60g/mol
B．6.02×1023个偏二甲肼分子的质量为60g
C．1 mol偏二甲肼中共含有12mol原子
D．6 g偏二甲肼含有NA个偏二甲肼分子
5．标准状况下，22.4 LC2H4气体中含有的分子数为（ ）
A．6.02× B．44.8 C．3.01× D．22.4
6．下列有关铝及其化合物的性质与用途具有对应关系的是（　　）
A．铝的导热性强，可用作铝热剂
B．氧化铝的熔点高，可用于电解铝
C．氢氧化铝具有弱酸性，可用于治疗胃酸过多
D．明矾易水解生成胶体，可用作絮凝剂
7．现有CO、CO2、O3（臭氧）三种气体，它们分别都含有1mol氧原子，则三种气体的物质的量之比为（　　）
A．1∶1∶1 B．1∶2∶3 C．3∶2∶1 D．6∶3∶2
8．标准状况下有①0.112 L水；②3.01×1023个氯化氢分子；③13.6 g H2S气体；④0.2 mol氨气，下列对这四种物质的关系由小到大排列正确的是 (　　)
A．体积：①③②④ B．密度：④①③②
C．质量：①④③② D．氢原子数：②④③①
9．标准状况下两个容积相等的贮气瓶，一个装有O2，另一个装有CH4，两瓶气体具有相同的（　　）
A．质量 B．原子总数
C．密度 D．分子数
10．利用铝热反应，铝能用来冶炼难熔金属（如Fe、V、Mn等），反应中体现铝的性质有（　　）
A．两性 B．良好的导电性
C．熔点低 D．还原性，在反应中放出大量热
11．以氧化铝为原料制取氢氧化铝，最好的方法是（　　）
A．将氧化铝溶于水
B．将氧化铝先溶于盐酸中，之后滴加氨水
C．将氧化铝溶于盐酸中，之后滴加氢氧化钠溶液
D．将氧化铝溶于氢氧化钾
12．将两份质量均为5.4g的Al分别投入到溶液和溶液中，充分反应后，生成物质的量之比为（　　）
A．1∶1 B．1∶2 C．1∶3 D．1∶4
13．将足量的CO2不断通入KOH、Ba(OH)2、KAlO2的混合溶液中，生成沉淀与通入的量的CO2关系可表示为（　　）
A． B．
C． D．
14．铍的性质类似于铝，下列有关铍性质和结构的推断正确的是（　　）
A．铍与铝原子核外具有相同的未成对电子数
B．氢氧化铍能与强酸、强碱溶液反应
C．铍与铝元素具有相同的最高正化合价
D．氧化铍只溶于强酸溶液，不溶于强碱溶液
15．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（　　）
A．非标准状况下，1mol任何气体的体积不可能为22.4L
B．含有NA个氦原子的氦气在标准状况下的体积约为11.2L
C．7.8g Na2O2与足量的CO2反应，转移的电子数为0.1NA
D．0. 1 mol Na2O2和Na2O的混合物中含有的阴离子的个数大于0.1NA
16．某氯原子的质量是a g ，12C原子的质量是b g ，用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是（　　）
①氯元素的相对原子质量一定是 ② m g该氯原子的物质的量一定是 mol③该氯原子的摩尔质量是aNA g/ mol④ a g该氯原子所含质子数是17NA
A．①③ B．①④ C．②③ D．②④
二、综合题
17．将单质Fe、Cu与含Fe3+、Fe2+、Cu2+的溶液一起放进某容器中，根据下列不同情况，填写金属或金属离子：
（1）充分反应后，Fe有剩余，则容器内溶液中不可能有的离子　 　；
（2）充分反应后，如果容器内还有大量Fe3+，则容器中一定有的离子有　 　，一定没有的金属有　 　．
（3）充分反应后，如果容器内有较多Cu2+和相当量的Cu，则容器内不可能有　 　．
18．有关物质的量的计算
（1）1mol HCl中含有HCl分子的个数是　 　，1.204×1023个CH4分子的物质的量是　 　mol。
（2）17克NH3的物质的量是 　 　 mol，0.1mol H2O的质量是　 　g。
（3）标准状况下，11.2L O2的物质的量是 　 　 mol ，1mol O2的体积是 　 　 L。
（4）将8g NaOH配制成1L溶液，其物质的量浓度为　 　mol/L，1L 1mol/L NaOH溶液中含有溶质NaOH的质量是　 　g。
19．某课外小组研究铝土矿中Al2O3的含量．查阅资料得知，铝土矿的主要成分是Al2O3，杂质是Fe2O3、SiO2等．从铝土矿中提取Al2O3的过程如下：
（1）固体B的主要用途有（写出1条即可）　 　．
（2）第①步，向铝土矿中加入足量烧碱溶液，充分反应，发生反应的离子方程式是：　 　；
（3）第③步中，生成氢氧化铝的离子方程式是　 　．
若往A溶液中通入足量CO2，请写出可能发生反应的离子方程式　 　．
（4）工业上制取AlCl3用Al2O3与C、Cl2在高温条件下反应，每消耗0.5mol碳单质，转移1mol电子，反应的化学方程式是　 　．
（5）将实验过程中所得固体精确称量．课外小组发现所得氢氧化铝固体的质量与原铝土矿质量相等，求该铝土矿中Al2O3的质量分数．（写出计算过程，计算结果保留一位小数）
20．如图所示图象中．纵坐标为沉淀物的物质的量，横坐标为某溶液中加入反应物的物质的量，按试题将相应图的字母填入下列空格．
（1）表示饱和AlCl3溶液中滴加氨水至过量的是　 　．
（2）表示向饱和AlCl3溶液中滴加NaOH至过量的是　 　．
（3）表示向饱和石灰水中通入CO2至过量的是　 　．
（4）表示向MgCl2和AlCl3的混合溶液中滴加NaOH溶液至过量的是　 　．
21．已知稀硝酸和铜能发生反应，生成硝酸铜、一氧化氮气体和水．
（1）请写出该反应的化学方程式，并用双线桥法标出反应中电子转移的方向和数目．
（2）一次实验中，某同学用过量的稀硝酸（其密度为1.08g/mL，HNO3的质量分数为12%）跟一定量的铜片反应，产生了标准状况下0.56L的一氧化氮．试计算（简要写出计算过程）：
①该稀硝酸的物质的量浓度（结果保留小数点后一位有效数字）；
②被还原的HNO3的物质的量．
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】A.Fe、Al均与盐酸反应，不能达到除杂的目的，故A不符合题意；
B.Fe、Al在浓H2SO4中均发生钝化，不能达到除杂的目的，故B不符合题意；
C.Fe、Al均不与NaCl反应，不能达到除杂的目的，故C不符合题意；
D.Al与NaOH溶液反应，而Fe不能，反应后过滤可除杂，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】铁粉和铝粉都是活泼金属，都能和酸反应和弱碱不反应；铝粉能和强碱反应生成盐和氢气，而铁粉和强碱不反应。
2．【答案】D
【解析】【解答】A、氢氧化钠与氯化铝反应生成的氢氧化铝会溶于氢氧化钠，不能保证铝离子全部沉淀，不符合题意；
B、氢氧化钡是强碱，所以氢氧化铝会溶于氢氧化钡溶液，不符合题意；
C、盐酸与氯化铝不能产生氢氧化铝沉淀，不符合题意；
D、氯化铝与氨水反应生成氢氧化铝沉淀，氨水是弱碱溶液，氢氧化铝不溶于弱碱，所以铝离子可以全部沉淀，符合题意，
故答案为：D。
【分析】铝的盐与强碱反应生成偏铝酸盐，而与氨水只能生成氢氧化铝，所以答案可以直接得出
3．【答案】C
【解析】【解答】由于铝合金具有密度小，强度大等优异性质，可大量用于飞机制造，
故答案为：C。
【分析】合金优良特性为质量轻、硬度大。
4．【答案】D
【解析】【解答】A.偏二甲肼(C2H8N2)的摩尔质量为(12×2+1×8+14×2)g/mol=60g/mol，故A不符合题意；
B.6.02×1023个偏二甲肼的物质的量为1mol，所以1 mol 偏二甲肼的质量为60 g，故B不符合题意；
C.1mol偏二甲肼含有2molC，8molH和2molN，共12mol原子，故C不符合题意；
D.偏二甲肼的物质的量为 =0.1mol，含有的分子数为0.1×NA，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】本题考查的是物质的物质的量，摩尔质量以及阿伏加德罗常数等概念。
5．【答案】A
【解析】【解答】22.4LC2H4气体在标准状态下的物质的量，则其所含的分子数N=n×NA=1mol×6.02×1023mol-1=6.02×1023，A符合题意；
故答案为：A
【分析】先由公式计算气体的物质的量，再结合公式N=n×NA计算所含分子数。
6．【答案】D
【解析】【解答】A．铝的导热性强，可做铝锅等，做铝热剂是因为其强的还原性，故A不符合题意；
B．氧化铝熔点高可用于耐高温材料，故B不符合题意；
C．氢氧化铝具有弱酸性，可用于中和碱，治疗胃酸过多是因为能与酸反应，呈碱性，故C不符合题意；
D．明矾易水解生成胶体，可用作絮凝剂，用于自来水的净化等，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.铝的还原性强，故铝可以做铝热剂；
B.熔融的氧化铝可导电，可以用于电解铝；
C.氢氧化铝用于治疗胃酸过多利用其弱碱性；
D.明矾溶于水生成氢氧化铝胶体。
7．【答案】D
【解析】【解答】设三种气体的物质的量分别是a、b、c，则a＝1mol，b＝0.5mol，c＝1/3mol，因此a:b:c=6:3:2，D符合题意；
故答案为：D
【分析】根据气体分子中所含氧原子数，计算气体的物质的量，从而得出其比值。
8．【答案】D
【解析】【解答】标准状况下0.112 L水的质量是112g，物质的量是112g÷18g/mol＝6.2mol，氢原子的物质的量是12.4mol；3.01×1023个氯化氢分子的物质的量是0.5mol，质量是18.25g，氢原子的物质的量是0.5mol；13.6 g H2S气体的物质的量是13.6g÷34g/mol＝0.4mol，氢原子的物质的量是0.8mol；0.2 mol氨气的质量是3.4g，氢原子的物质的量是0.6mol。A、体积：①④③②，A不符合题意；
B、密度：④③②①，B不符合题意；
C.质量：④②③①，C不符合题意；
D.氢原子数：②④③①，D符合题意，
故答案为：D。
【分析】此题考查物质的量为桥梁与其它物理量之间关系的应用，即微观粒子和宏观物质之间的关系。
9．【答案】D
【解析】【解答】标准状况下，V=nVm=n×22.4L/mol，两个容积相等的贮气瓶，说明甲烷和氧气的体积相同，所以二者的物质的量一定相等。A、质量m=nM，二者的摩尔质量不同，物质的量相等，所以质量一定不同，故A不符合题意；
B、氧气和甲烷的分子中含有的原子数不同，所以等物质的量的甲烷和氧气中含有的原子数一定不相等，故B不符合题意；
C、密度与摩尔质量成正比，所以二者的密度一定不同，故C不符合题意；
D、甲烷和氧气的物质的量相等，所以一定含有相同的分子数，故D符合题意。
【分析】A.根据m=nM=M计算；
B.根据N=nNA=M结合分子构成计算原子总数；
C.根据密度==判断；
D.根据N=nNA=NA计算分子总数。
10．【答案】D
【解析】【解答】解：铝虽然导电性好，也能与强酸、强碱溶液反应，但与金属的冶炼无关，金属冶炼的本质是金属离子得电子被还原为单质，所以在冶炼金属方面，主要还是利用了铝的还原性，在铝热反应中放出大量热，以利于反应持续进行．
故选D．
【分析】金属冶炼的本质是金属离子得电子被还原为单质，反应在高温下进行．
11．【答案】B
【解析】【解答】解：A．氧化铝不溶于水，不和水反应，故A不正确；
B．氧化铝溶于盐酸形成氯化铝，氯化铝与氨水反应形成氢氧化铝，氨水为弱碱，不会使氢氧化铝变成偏铝酸钠，故B正确；
C．氧化铝溶于盐酸形成氯化铝，氯化铝与氢氧化钠溶液反应形成氢氧化铝，但氢氧化钠为强碱，若氢氧化钠不足，生成氢氧化铝不够，若氢氧化钠过量，生成偏铝酸钠，故C错误；
D．将氧化铝溶于氢氧化钾，生成偏铝酸钾，不会生成氢氧化铝，故D错误．
故答案为：B
【分析】A．氧化铝的性质：不溶于水，不和水反应；
B．氧化铝溶于盐酸形成氯化铝，氯化铝与氨水反应形成氢氧化铝，且氨水为弱碱，不会使氢氧化铝变成偏铝酸钠；
C．氧化铝溶于盐酸形成氯化铝，氯化铝与氢氧化钠溶液反应形成氢氧化铝，若氢氧化钠过量，氢氧化铝能和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠；
D．将氧化铝溶于氢氧化钾，生成偏铝酸钾，不会生成氢氧化铝．
12．【答案】B
【解析】【解答】设铝和盐酸反应得到的氢气的物质的量为n1，则由
知盐酸不足，解得n1=0.15mol，设铝和氢氧化钠溶液反应得到的氢气的物质的量为n2，则由
知铝不足，解得n2=0.3mol，所以
，
故答案为：B
【分析】根据给出的数据结合方程式判断量是否充足，即可计算出产生气体之比
13．【答案】C
【解析】【解答】将足量的CO2不断通入KOH、Ba(OH)2、KAlO2的混合溶液中，发生反应的先后顺序为Ba(OH)2+CO2=BaCO3↓+H2O、2KOH+CO2=K2CO3+H2O、2KAlO2+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+K2CO3、K2CO3+CO2+H2O=2KHCO3、BaCO3+H2O+CO2=Ba(HCO3)2，最终产生的沉淀是氢氧化铝，C符合题意；
故答案为：C
【分析】根据通入CO2后发生反应的先后顺序，确定产生沉淀与CO2的关系，从而确定图像。
14．【答案】B
【解析】【解答】A．铍原子最外层有2个电子，未成对电子数是0，而铝原子核外最外层有3个电子，具有一个未成对电子，因此未成对电子数不相同，故A不符合题意；
B．铍性质类似于铝，氢氧化铍应与氢氧化铝类似，具有两性，则能与强酸、强碱溶液反应，故B符合题意；
C．铝元素最高为+3价，Be最高化合价是+2价，最高正化合价不相同，故C不符合题意；
D．铍性质类似于铝，氧化铍应与氧化铝类似，具有两性，既能溶于强酸溶液，又能溶于强碱溶液，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、根据原子核外电子的排布进行作答；
B、注意氢氧化铝具有两性，所以氢氧化铍具有两性；
C、元素的最高正价与元素所在的主族数有关；
15．【答案】C
【解析】【解答】A、标况下，气体摩尔体积为22.4L/mol；气体摩尔体积为22.4L/mol时，不一定为标况，A不符合题意；
B.氦气为单原子分子，故含NA个氦原子的氦气分子为NA个，物质的量为1mol，在标况下体积为22.4L，B不符合题意；
C、Na2O2与CO2的反应是歧化反应：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2此反应每反应2mol Na2O2，转移2mol电子，故当反应0.1mol Na2O2时，转移0.1mol电子，数目为0.1NA，C符合题意；
D.1molNa2O含有阴离子1mol，1molNa2O2含有1mol阴离子，二者无论按何种比例混合，0.1mol该混合物，阴离子数目都为0.1mol，即0.1NA，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.气体摩尔体积与温度和压强有关，故在某一温度和压强下，可能存在Vm=22.4L/mol；
B.氦气为单原子分子；
C.根据反应的化学方程式，结合化合价的变化计算转移电子数；
D.Na2O2和Na2O中都只含有一个阴离子；
16．【答案】C
【解析】【解答】①某一原子的相对原子质量是指：以一个碳-12原子质量的 作为标准，该原子的质量跟一个碳12原子质量的 的比值.故该氯原子的相对原子质量为 ，但中子数不同的氯原子的相对原子质量不一定为 ，故①不符合题意；
②根据公式 ，一个该氯原子的质量是a，则1mol该氯原子的质量(摩尔质量)为 ，那么mg该氯原子的物质的量即为 ，故②符合题意；
③一个该氯原子的质量是a， 该氯原子的质量(摩尔质量)为 ，故③符合题意；
④一个该氯原子的质量是ag，a g该氯原子个数 ，1个氯原子所含的质子数是17个，ag该氯原子所含的质子数为17；
故答案为：C。
【分析】关于物质的量的计算，在掌握并理解m = nM、n = cV、V = nVm三个基本公式及摩尔质量、摩尔体积、物质的量浓度概念的基础上，分析题目提供的已知条件，灵活运用公式进行解答，在运用公式的过程中，注意电解质在水溶液中的电离、运用摩尔体积的条件与物质状态。
17．【答案】（1）Fe3+，Cu2+
（2）Fe2+、Cu2+；Fe、Cu
（3）Fe、Fe3+
【解析】【解答】解：在金属活动性顺序中，铁在铜的前面，铁能与铜盐溶液发生置换反应，向装有氯化铁溶液的烧杯中，加入一定量的Cu和Fe的混合粉末，则铁优先于氯化铁发生反应生成氯化亚铁，然后铜与氯化铁反应生成氯化铜和氯化亚铁，故滤液中一定含有氯化亚铁．若氯化铁与铁是恰好完全反应，则铜不参加反应，滤液中不含有氯化铜，故氯化铜可能存在；充分反应后发现烧杯底部仍有少量固体，则固体中一定含有铜；若铁量多，可能含有铁；有铜存在，则滤液中一定不含有氯化铁．由以上分析可知：（1）反应后铁有剩余，Fe+2FeCl3=3FeCl2，Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，Fe3+，Cu2+都不能存在，溶液中有Fe2+、Cu；故答案为：Fe3+，Cu2+；（2）如果容器内还有大量Fe3+，Fe+2FeCl3=3FeCl2，Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，则容器里不可能有Fe、Cu，一定含有Fe2+，Cu2+，故答案为：Fe2+、Cu2+；Fe、Cu．（3）反应后有Cu2+和Cu，Fe+2FeCl3=3FeCl2，Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，则容器里不可能有Fe、Fe3+，一定含有Fe2+，不可能剩余Fe，不可能存在Fe3+；
故答案为：Fe、Fe3+．
【分析】在金属活动性顺序中，位置在前的金属能将位于其后的金属从其盐溶液中置换出来，向装有氯化铁溶液的烧杯中，加入一定量的Cu和Fe的混合粉末，则铁和铜都能与氯化铁溶液反应．氧化性：FeCl3＞CuCl2＞FeCl2，还原性Fe＞Cu，Fe有剩余，则Cu没有参加反应，溶液中不存在Fe3+、Cu2+，以此解答该题．
18．【答案】（1）6.02×1023；0.2
（2）1；1.8
（3）0.5；22.4
（4）0.2；40
【解析】【解答】(1)1mol HCl中含有HCl分子的个数1mol×6.02×1023mol-1=6.02×1023，1.204×1023个CH4分子的物质的量为 =0.2mol，故答案为：6.02×1023；0.2 mol；
(2)17克NH3的物质的量为 =1mol，0.1mol H2O的质量为0.1mol ×18g/mol=1.8g，故答案为：1 mol；1.8；
(3)标准状况下，11.2L O2的物质的量为 =0.5mol ，1mol O2的体积为1mol×22.4L/mol =22.4L，故答案为：0.5；22.4 ；
(4)将8g NaOH配制成1L溶液，其物质的量浓度为 =0.2mol/L，1L 1mol/L NaOH溶液中含有溶质NaOH的质量为1L ×1mol/L×40g/mol=40 g，故答案为：0.2 ；40。
【分析】（1）根据公式进行计算；
（2）根据公式进行计算；
（3）根据公式进行计算；
（4）根据公式、进行计算；
19．【答案】（1）炼铁原料、用作涂料、油漆等
（2）Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O；SiO2+2OH﹣=SiO32﹣+H2O
（3）Al3++3NH3 H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；AlO2﹣+CO2+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3﹣和SiO32﹣+2CO2+2H2O═H2SiO3↓+2HCO3﹣
（4）Al2O3+3Cl2+3C 2AlCl3+3CO
（5）将实验过程中所得固体精确称量，课外小组发现所得氢氧化铝固体的质量与原铝土矿质量相等，说明所得氢氧化铝固体的质量与原铝土矿质量相等，即铝土矿中Al2O3的质量分数和氢氧化铝中氧化铝的质量分数是相同的．又因为氧化铝可以写成Al2O3 3H2O的形式，所以质量分数是 ×100%=65.4%，
答：铝土矿中Al2O3的质量分数为65.4%．
【解析】【解答】解：（1）向铝土矿中加入足量烧碱溶液后，则在①得到滤液中含有偏铝酸根离子、硅酸根离子，滤渣为氧化铁，氧化铁可作为炼铁的原料，氧化铁为红色，可用作涂料、油漆等，故答案为：炼铁原料、用作涂料、油漆等；
（2）根据框图流程，向铝土矿中加入足量烧碱溶液后，氧化铝是两性氧化物，既溶液强酸又溶于强碱．只Fe2O3溶于强酸，不溶于碱，SiO2只溶于强碱，不溶于酸，则在①得到滤液中含有偏铝酸根离子、硅酸根离子，滤渣为氧化铁氧化铁和氢氧化钠溶液不反应，则向铝土矿中加入足量烧碱溶液后，发生反应的离子方程式是Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O、SiO2+2OH﹣=SiO32﹣+H2O，故答案为：Al2O3+2OH﹣=2AlO2﹣+H2O；SiO2+2OH﹣=SiO32﹣+H2O；
（3）试剂③为氨水，将铝离子转化为氢氧化铝沉淀．离子方程式为：Al3++3NH3 H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；若往A溶液中通入足量CO2，硅酸根离子和偏铝酸根离子反应生成硅酸和氢氧化铝，反应的离子方程式为：AlO2﹣+CO2+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3﹣和SiO32﹣+2CO2+2H2O═H2SiO3↓+2HCO3﹣；故答案为：Al3++3NH3 H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；AlO2﹣+CO2+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3﹣和SiO32﹣+2CO2+2H2O═H2SiO3↓+2HCO3﹣；
（4）Cl2有强氧化性，碳具有还原性，每消耗0.5 mol 碳单质，转移1mol电子，这说明反应中碳失去2个电子，即氧化产物是CO，所以反应的化学方程式是Al2O3+3Cl2+3C 2AlCl3+3CO，故答案为：Al2O3+3Cl2+3C 2AlCl3+3CO；
（5）将实验过程中所得固体精确称量，课外小组发现所得氢氧化铝固体的质量与原铝土矿质量相等，说明所得氢氧化铝固体的质量与原铝土矿质量相等，即铝土矿中Al2O3的质量分数和氢氧化铝中氧化铝的质量分数是相同的．又因为氧化铝可以写成Al2O3 3H2O的形式，所以质量分数是 ×100%=65.4%，答：铝土矿中Al2O3的质量分数为65.4%．
【分析】向铝土矿中加入足量烧碱溶液后，氧化铝是两性氧化物，既溶液强酸又溶于强碱，只Fe2O3溶于强酸，不溶于碱，SiO2只溶于强碱，不溶于酸，则在①得到滤液中含有偏铝酸根离子、硅酸根离子，加入盐酸生成硅酸和氯化铝，氯化铝溶液中滴入氨水生成氢氧化铝，氢氧化铝受热分解，生成氧化铝，由此分析解答．（1）氧化铁为红色，简称铁红，可用作涂料、油漆等；（2）向铝土矿中加入足量烧碱溶液后，氧化铝是两性氧化物，既溶液强酸又溶于强碱．只Fe2O3溶于强酸，不溶于碱，SiO2只溶于强碱，不溶于酸，则在①得到滤液中含有偏铝酸根离子、硅酸根离子；（3）试剂③为氨水，将铝离子转化为氢氧化铝沉淀．加热分解得氧化铝；若往A溶液中通入足量CO2，硅酸根离子和偏铝酸根离子反应生成硅酸和氢氧化铝；（4）Cl2有强氧化性，将C氧化为CO，自身被还原为Cl﹣，根据得失电子守恒解答；（5）所得氢氧化铝固体的质量与原铝土矿质量相等，这说明铝土矿中Al2O3的质量分数和氢氧化铝中氧化铝的质量分数是相同，分析求解．
20．【答案】（1）C
（2）B
（3）A
（4）D
【解析】【解答】解：（1）向饱和AlCl3溶液中滴加氨水至过量，发生反应的离子方程式为：Al3++3NH3 H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，一水合氨属于弱碱，氢氧化铝不溶于弱碱，所以沉淀的质量不变，图象C符合该过程；
故答案为：C；（2）饱和AlCl3溶液中滴加NaOH溶液，首先发生反应：Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓，生成氢氧化铝沉淀，后发生Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O，沉淀溶解，根据方程式可知：1molAlCl3反应，生成沉淀和沉淀溶解，消耗的NaOH的物质的量分别为3mol和1mol，图象B符合该过程；
故答案为：B；（3）饱和石灰水通过量CO2气体，首先发生反应生成碳酸钙：Ca2++2OH﹣+CO2=CaCO3↓+H2O，然后碳酸钙与二氧化碳反应，沉淀溶解：CaCO3+CO2+H2O=Ca2++2HCO3﹣，生成沉淀和沉淀溶解所用CO2相等，图象A符合该过程；
故答案为：A；（4）MgCl2和AlCl3混合溶液中滴加NaOH溶液，发生反应：Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓、Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓生成两种沉淀，沉淀量随着氢氧化钠的量增大而增大，但氯化镁和氯化铝完全转化为氢氧化物沉淀时，再继续加入氢氧化钠溶液，然后发生 Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O，随着氢氧化钠溶液的加入，沉淀量减少，但不会完全溶解，图象D符合该过程；
故答案为：D．
【分析】（1）饱和AlCl3溶液中滴入稀氨水生成沉淀氢氧化铝，氢氧化铝不溶于弱碱氨水；（2）饱和AlCl3溶液中滴加NaOH溶液，生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝能够与氢氧化钠溶液反应而溶解；（3）氢氧化钙通入二氧化碳，先反应生成碳酸钙沉淀，然后碳酸钙与二氧化碳和水反应生成碳酸氢钙而溶解；（4）MgCl2和AlCl3混合溶液中滴加NaOH溶液，生成两种沉淀：氢氧化镁和氢氧化铝，随着反应的进行沉淀量增大，但氢氧化铝溶于强碱，氯化镁和氯化铝完全转化为氢氧化物沉淀时，再继续加入氢氧化钠溶液，沉淀会部分溶解．
21．【答案】（1）解：稀硝酸和铜能发生反应，生成硝酸铜、一氧化氮气体和水，
则方程式为3Cu+8HNO3═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，
该反应中部分N元素化合价由+5价变为+2价，则氧化剂为HNO3，对应还原产物为NO，Cu元素化合价由0价变为+2价，则还原剂为Cu，该反应转移6e﹣，
用双线桥标出该反应电子转移的方向和数目为
（2）解：①因为密度为1.08g/mL，HNO3的质量分数为12%，所以c= = =2.1mol/L；答：该稀硝酸的物质的量浓度为2.1mol/L；
②又方程式3Cu+8HNO3═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，产生了标准状况下0.56L的一氧化氮，所以被还原的HNO3的物质的量即生成一氧化氮的量 0 =0.025mol，答：被还原的HNO3的物质的量0.025mol
【解析】【分析】（1）稀硝酸和铜能发生反应，生成硝酸铜、一氧化氮气体和水，则方程式为3Cu+8HNO3═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，Cu元素的化合价升高，N元素的化合价降低，该反应转移6e﹣，以此来解答；（2）①根据密度为1.08g/mL，HNO3的质量分数为12%结合c= 计算稀硝酸的物质的量浓度；②根据产生了标准状况下0.56L的一氧化氮计算被还原的HNO3的物质的量．